M 1 S C E L L A N É E S
M A T H É M A T I Q U E S
Dans les problèmes d'atelier la résolution en nombres entiers d'équations ou de systèmes d'équations se pose assez fréquemment. Pour satisfaire aux conditions pratiques, les solutions ne peuvent être que des entiers et il s'agit toujours de systèmes dans lesquels le nombre des équations est inférieur à celui des variables.
Ces systèmes d'équations diophantiennes font intervenir pour la résolution des propriétés des nombres. Nos élèves mis en présence de problèmes de ce genre réussissent à f a i r e une mise en équations à partir des données et, ce travail initial effectué, déclarent immanquablement : « La résolution est impossible, il y a plus d'inconnues que d'équations». Les conditions qui tombent sous le sens et, de ce f a i t , ne sont pas indiquées d'une façon explicite par l'énoncé, leur échappent ; encore les verraient-ils que leur méconnais-sance de l'arithmétique les laisserait sans moyens en face des équations à résoudre.
Dans les exercices qui suivent nous nous sommes proposé la résolution de quelques problèmes dont les solutions ne peuvent être autres que des nombres entiers et positifs.
Dans une première partie nous donnons d'un même problème trois énoncés différant seulement par les valeurs numériques et conduisant à un système d'équations du premier degré admettant soit plusieurs solutions, soit une solution ou encore n'en admettant aucune.
Dans une seconde partie nous donnons trois solutions du problème des triangles rectangles numé-riques, problème qui conduit à des équations du second degré.
Enfin, dans une troisième partie, nous traitons la résolution de :
1 1 1
y x a
équation donnée par l'étude d'un dispositif d'accouplement d'usage courant. Cette résolution est f a i t e en utilisant un résultat obtenu dans la seconde partie — triangles numériques — bien que le problème, en f a i t , ne comporte aucun triangle. P a r contre une analogie de formes entre les équations obtenues attire l'attention et f a i t songer à une parenté entre les deux questions. En plus de la résolution générale de l'équation, nous donnons une solution réduite, très suffisante pour les besoins pratiques. Nous complétons par la construc-tion d'un abaque à points alignés, à supports concourants, permettant de déterminer toutes les soluconstruc-tions, entières ou non, de l'équation avec une approximation suffisante pour les applications pratiques.
Pour traiter la troisième partie il n'a été, à aucun moment, f a i t appel à des connaissances mathé-matiques dépassant celles d'un élève moyen d'une classe de première.
I. — EQUATIONS DU PREMIER DEGRE
PROBLÈME I .
On achète des timbres-poste de 0,60 franc, 1 franc et 15 francs, au total 100 timbres que l'on paie 100 francs. Dire le nombre de timbres de chaque valeur.
Désignons par x, y et z respectivement les nom-bres de timnom-bres de 0,60 f r a n c , 1 et 15 francs. D'après l'énoncé nous pouvons écrire :
( x + y + s = 100 (1)
) 0,6 x + y + 15 s = 100 (2)
Nous obtenons un système de deux équations à trois inconnues.
Pour convenir au problème, les racines de ces équations doivent être nécessairement trois nombres entiers, positifs et plus petits que 100. Ce sont ces conditions d'ordre pratique qui vont nous permettre de déterminer les valeurs des racines.
En r e t r a n c h a nt membre à membre l'équation (2) de l'équation (1), afin de réduire le nombre des
inconnues et aussi celui des équations, nous obtenons :
0,4 a; 14 a = 0
ou x = 35 z
relation entre deux des inconnues.
En substituant à 35 la valeur 35 s dans l'équa-tion (1), il vient :
y + 36 s = 100 donc : y = 100 — 36 z
Cette dernière expression nous montre qu'il est possible de donner a u t a n t de valeurs particulières à y qu'il y a de multiples de 36 inférieurs à 100, soit deux valeurs.
Nous avons donc :
z = y = x =
Première solution . . . . 1 64 35 Deuxième solution . . . . 2 28 70
Une vérification montre que les deux solutions satisfont aux conditions de l'énoncé.
PROBLÈME I I .
Même énoncé que ci-dessus, les valeurs des tim-bres étant 0,50 franc, 2 francs et 5 francs.
Mise en équation avec x y et z représentant res-pectivement les nombres de timbres à 0,50 f r a n c , 2 et 5 f r a n c s .
I x + y + z = 100 (1)
j 0,5 x + 2 y + 5 s = 100 (2) En multipliant tous les termes de l'équation (2) par 2 nous obtenons le système équivalent :
x + y + z = 100
a5 + 42/ + 10 s = 200 (3) E n r e t r a n c h a nt membre à membre l'équation (1) de l'équation (3), nous obtenons :
3 y + 9 s = 100
ou 3 (y + 3 s) = 100
expression qui nous montre l'impossibilité du pro-blème pour des solutions entières. Il n'existe pas de nombre entier (y + 3z) dont le produit par 3 soit 100.
PROBLÈME I I I .
Au temps heureux où les alouettes étaient ven-dues 0,05 franc, les perdrix 1 franc et les lièvres 5 francs, un chasseur ayant tué 100 pièces de ces gibiers les vendit pour 100 francs. Dire combien de pièces de chaque espèce constituaient le tableau de chasse.
Désignons par x, y et z respectivement les nom-bres d'alouettes, de perdrix et de lièvres. Les condi-tions de l'énoncé nous donnent le système :
x + y + z — 100 (1)
0,05 x + y + 5 s r r 100 (2) E n retranchan t membre à membre l'équation (2) de l'équation (1), nous obtenons :
0,95 x — 4 s = 0
ou 19 35 = 80 s
que nous pouvons ecrire :
s 19
x 80
19
La f r a c t i o n — étant irréductible et, d'autre part,
80
x, y et z étant des entiers inférieurs à 100, il suit de là que : x = 80 et z = 19 donc x + z = 99 et y = i
Le chasseur avait tué 80 alouettes, 1 perdrix et 19 lièvres. Le problème n'admet que cette solution.
II. — TRIANGLES RECTANGLES DONT LES CÔTÉS
S'EXPRIMENT E N NOMBRES ENTIERS
Le triangle rectangle dont les longueurs des côtés sont exprimées par les nombres 3, 4 et 5 est bien connu. Les nombres 3, 4 et 5 satisfont à la relation :
32 + 4- =
5-Nous pouvons nous poser la question : « Existe-t-il d'autres triangles rectangles d'hypoténuse z et de côtés x et y possédant cette particularité : x, y et z sont des nombres entiers ? », ce qui revient à trouver des groupes de trois entiers x, y et z liés par la relation :
x- + y- =
z-Les nombres x, y et z figurant au second degré dans cette expression, nous pouvons, sans nuire à la généralité, les prendre positifs. Nous allons déter-miner des formes générales pour les entiers x, y et z.
SOLUTION I .
Il nous f a u t avoir, en nombres entiers :
x'2 + y- = z2 (1) Nous savons déjà que :
1" z est plus grand que x et plus grand que y ; 2° x est différent de y, sinon il s'agirait d'un triangle rectangle isocèle pour lequel :
z — x donc z non entier.
Posons alors :
( x = z — b ( 2)
| y = z — a (3)
a et & étant des nombres entiers différents. La relation (1) nous donne :
(z — b)- + (z — a)? = z2 soit :
s2 — 2 (a + b) z + a2 + b- = 0 (4)
équation du second degré qui a d m e t t r a des racines si son discriminant est positif, donc :
A' — (a + b)- — (a2 + b-) = 2 ab > 0 30
Pour f o u r n i r des racines entières il f a u t , de plus, que 2 ab soit un c a r r é p a r f a i t .
Ces conditions f o n t supposer :
1° 2 ab y 0 il f a u t que a et b aient le même signe ;
2" 2 ab = c a r r é p a r f a i t , il f a u t que le produit ab soit un mult. 4 + 2, alors ab est un nombre pair.
Toutes ces conditions é t a n t satisfaites , nous au-rons en résolvant l'équation (4) et t e n a n t compte des expressions (2) et (3) :
z = a + b ± ^/~2~âb (5) x = a + A/2~a5" (6)
y — b ± ^/2Tâb (7)
en p r e n a n t le groupe de trois valeurs fournies p a r le même signe + ou — nous aurons des valeurs de x, y et z entières.
E n définitive, une seule condition subsiste : il suffit de choisir pour valeur de ^J~2~âb un nombre pair. Nous pourrons calculer les valeurs de x, y et z correspondantes.
Exemple. — P r e n o ns 0 5 = 12 Nous avons :
2 ab — 12= et ab = 72 = 2= X 3= Les f a c t e u r s a et b sont les diviseurs de 72 asso-ciés deux par deux, il y a donc six combinaisons différentes puisque 72 a 12 diviseurs, soit :
ab = 72 X 1 = 36 X 2 = 24 X 3 = 1 8 X 4 = 1 2 X 6 = 9 X 8
E n t e n a n t compte du signe + des expressions (5), (6) et (7) nous aurons les solutions ci-dessous.
REMARQUES.
1° Les valeurs négatives trouvées pour x et y d a n s la seconde série de racines correspondent à des t r i a n g l e s rectangle s réels.
E n effet, d a n s un système de deux axes rectan-gulaires orientés Oa; et Oy (fig. 1), portons sur les a x e s correspondants un couple de valeur s x et y en t e n a n t compte de leur signe, p a r exemple x = 12 et y = — 9, la distance entre les deux points définis sur les axes est 15, c'est la longueur de l'hypoténuse du triangle rectangle Oxy ;
2" L a solution x = 0, y = - - 6, 3 = 6 représente le t r i a n g le r e c t a n g l e dont un côté de l'angle droit
est nul, l'hypoténuse est confondue avec le second côté de l'angle droit, c'est un cas limite ;
3° Nous obtenons, en définitive, onze triangles rectangles réels et différents et un triangle limite, soit douze solutions, c'est-à-dire autant que le pro-duit ab admet de diviseurs.
SOLUTION II.
Reprenons la relation :
x- + y2 = z'' (1)
Supposons que pour une solution particulière de x, y et z nous ayons obtenu des nombres premiers entre eux deux à deux.
31
ab = = 72 avec le signe + avec le signe —
a b x
y
z xy
z 72 1 84 13 85 60 — n 61 36 2 48 14 50 24 — 10 26 24 3 36 15 39 12 — 9 15 18 4 30 16 34 6 — 8 6 10 12 6 24 18 30 0 — 8 6 6 9 8 21 20 29 — 3 — 4 5Les valeurs x et y a y a n t 1 pour p.g.c.d. ne sont pas deux nombres pairs ; ce ne sont pas deux nombres impairs. En effet un carré impair est de la forme multiple de 4 + 1, la somme de deux carrés impairs x- + y- est alors multiple de 4 + 2.
Elle est divisible par 2 mais pas par 4, et z2 ne
peut pas être un carré. Donc, des deux nombres x et y, l'un est pair, l'autre impair. Supposons x pair, y est impair ainsi que z.
Ecrivons l'équation (1) sous la forme : x"- = z2 ~ y2 — (z + y) (z — y)
( 2)
Tout diviseur commun de z + y et z — y est un diviseur de leur différence 2 y, mais s et y sont pre-miers entre eux et impairs, il en résulte que 2 est le seul diviseur commun, donc le p.g.c.d. de z + y et z — y.
Posons :
z + y = 2 A et s — y = 2 B A et B sont premiers entre eux.
De (2) nous avons :
{z + y) (z — y) — x"- = 4 A B
Il en résulte que A et B sont deux carrés et nous pouvons écrire :
z + y = 2 a'2 z — y — 2
b-D'après ces deux équations et l'équation (2) nous pouvons tirer
s — a2 + b2 ; y = a2 — b2 et x = 2 ab (3)
z et y étant impairs, a et b sont de parités diffé-rentes et premiers entre eux, comme A et B.
Les valeurs (3) de x, y et z vérifient la relation (1).
La solution générale de l'équation : X2 + Y2 = Z2
est de la forme :
X = 2 Mab ; Y = M (a2 — b2) ;
Z = M (a2 + b2)
où M est un multiplicateur entier quelconque, a et b sont également quelconques avec la seule restriction qu'ils soient premiers entre eux et l'un pair, l'autre impair. Exemple. — Prenons M = 7 ; a = 5 ; E > = 4. Nous obtenons : X = 2 X 7 X 5 X 4 = 280 Y = 7 X (25 — 16) = 63 Z = 7 X (25 + 16) 287 valeurs qui satisfont à l'équation générale.
SOLUTION I I I .
Reprenons la relation de P y t h a g o re :
x2 + y2 — a2 ( 1 )
dans laquelle x, y et z sont des entiers. Nous pouvons écrire :
x2 = z2 — y2 = (z + y) (z y) Posons :
z — y = b (2)
z + y = a
a et b, somme ou différence de deux entiers, sont des entiers.
Du système (2) nous tirons : a + b z = . (3) 2 a — b
y =
(4) et ou abx
= \/ab (5)Les expressions (3) et (4) montrent que les nom-bres a et b doivent être choisis de même parité pour donner y et z entiers et de valeurs différentes pour que le triangle rectangle n'ait pas de côté nul. Il f a u t , de plus, que le produit ab soit un carré.
Exemple. — Quels sont les triangles rectangles à côtés mesurés en nombres entiers dont l'un des côtés de l'angle droit x est égal à 12 ?
Nous avons :
x = 12 = V®" donc
ab = 122 = 144 = 2' X 32
Les f a c t e u r s a et & sont les diviseurs de 144 associés deux par deux, 144 a d m e t t a nt 15 diviseurs nous avons les combinaisons suivantes.
a — 6 = X — 144 1 12 72 2 12 48 3 12 36 4 12 24 6 12 18 8 12 16 9 12 12 12
___
12 a a + b Impossible, différence de parité entre a et b 35 | 37 Impossible, différence de parité entre a et b 16 9 5 20 15 13 Impossible, différence de parité entre a et b 0 | 12ne convient pas, a et b égaux
REMARQUE.
En posant x = yJSSTnous avons x2 = ab. Si nous considérons la solution particulière obtenue avec a — b, x est toujours possible. Nous obtenons un triangle rectangle dont le second côté de l'angle droit est nul, cas limite, l'hypoténuse est alors égale au côté donné : z = x.
Dans cette troisième solution nous avons établi des conditions pour trouver des triangles rectangles dont les longueurs des côtés sont exprimées en nombres entiers. Dans un dernier problème nous allons utiliser les résultats fournis par cette solution.
(A suivre.) A DIONNET,
Directeur du Collège technique de Saint-Pons.
